题目

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已知函数 $ f\left(x\right)=\left(ax^2+bx+c\right){\mathrm{e}}^x $ 在 $ \left[0,1\right] $ 上单调递减且满足 $ f\left(0\right)=1,f\left(1\right)=0 $．

【难度】

【出处】

2012年高考江西卷（文）

【标注】

求 $ a $ 的取值范围；
标注
答案

解析

由 $ f\left(0\right)=1,f\left(1\right)=0 $ 得\[ c=1,a+b=-1, \]则\[\begin{split} f\left(x\right)&=［ax^2-\left(a+1\right)x+1］{\mathrm{e}}^x,\\f ′\left(x\right)&=［ax^2+\left(a-1\right)x-a］{\mathrm{e}}^x.\end{split} \]依题意，对于任意 $ x\in \left(0,1\right) $，有 $ f ′\left(x\right)<0 $．
当 $ a>0 $ 时，因为二次函数 $ y=ax^2+\left(a-1\right)x-a $ 的图象开口向上，
而 $ f ′\left(0\right)=-a<0 $，所以需 $ f ′\left(1\right)=\left(a-1\right){\mathrm{e}}<0 $，即 $ 0<a<1 $；
当 $ a=1 $ 时，对任意 $ x\in \left(0,1\right) $ 有 $ f ′\left(x\right)=\left(x^2-1\right){\mathrm{e}}^x<0,f\left(x\right) $ 符合条件；
当 $ a=0 $ 时，对于任意 $ x\in \left(0,1\right),f ′\left(x\right)=-x{\mathrm{e}}^x<0,f\left(x\right) $ 符合条件；
当 $ a<0 $ 时，因 $ f ′\left(0\right)=-a>0,f\left(x\right) $ 不符合条件．
故 $ a $ 的取值范围为\[ 0\leqslant a\leqslant 1. \]
设 $ g\left(x\right)=f\left(x\right)-f ′\left(x\right) $，求 $ g\left(x\right) $ 在 $ \left[0,1\right] $ 上的最大值和最小值．
标注
答案

解析

因 $ g\left(x\right)=\left(-2ax+1+a\right){\mathrm{e}}^x $，所以\[ g′\left(x\right)=-\left(2ax+a-1\right){\mathrm{e}}^x,\]（i）当 $ a=0 $ 时，$ g′\left(x\right)={\mathrm{e}}^x>0 $，$ g\left(x\right) $ 在 $ x=0 $ 上取得最小值\[ g\left(0\right)=1, \]在 $ x=1 $ 上取得最大值\[ g\left(1\right)={\mathrm{e}}. \]（ii）当 $ a=1 $ 时，对于任意 $ x\in \left(0,1\right) $ 有 $ g′\left(x\right)=-2x{\mathrm{e}}^x<0 $，所以 $ g\left(x\right) $ 在 $ x=0 $ 取得最大值\[ g\left(0\right)=2, \]在 $ x=1 $ 取得最小值\[ g\left(1\right)=0. \]（ⅲ）当 $ 0<a<1 $ 时，由 $ g′\left(x\right)=0 $ 得\[ x={\dfrac{1-a}{2a}}>0. \]① 若 $ {\dfrac{1-a}{2a}}\geqslant 1 $，即 $ 0<a\leqslant {\dfrac{1}{3}} $ 时，$ g\left(x\right) $ 在 $ \left[0,1\right] $ 上单调递增，$ g\left(x\right) $ 在 $ x=0 $ 取得最小值\[ g\left(0\right)=1+a, \]在 $ x=1 $ 取得最大值\[ g\left(1\right)=\left(1-a\right){\mathrm{e }}.\]② 若 $ {\dfrac{1-a}{2a}}<1 $，即 $ {\dfrac{1}{3}}<a<1 $ 时，$ g\left(x\right) $ 在 $ x={\dfrac{1-a}{2a}} $ 取得最大值\[ g({\dfrac{1-a}{2a}}) =2a{\mathrm{e}}^{\frac{1-a}{2a}} ,\]在 $ x=0 $ 或 $ x=1 $ 取得最小值，而\[ g\left(0\right)=1+a,g\left(1\right)=\left(1-a\right){\mathrm{e}}, \]当 $ {\dfrac{1}{3}}<a\leqslant {\dfrac{{\mathrm{e}}-1}{{\mathrm{e}}+1}} $ 时，$ g\left(x\right) $ 在 $ x=0 $ 取得最小值\[ g\left(0\right)=1+a; \]当 $ {\dfrac{{\mathrm{e}}-1}{{\mathrm{e}}+1}}<a<1 $ 时，$ g\left(x\right) $ 在 $ x=1 $ 取得最小值\[ g\left(1\right)=\left(1-a\right){\mathrm{e }}.\]

题目问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2

因 $ g\left(x\right)=\left(-2ax+1+a\right){\mathrm{e}}^x $，所以\[ g′\left(x\right)=-\left(2ax+a-1\right){\mathrm{e}}^x,\]（i）当 $ a=0 $ 时，$ g′\left(x\right)={\mathrm{e}}^x>0 $，$ g\left(x\right) $ 在 $ x=0 $ 上取得最小值\[ g\left(0\right)=1, \]在 $ x=1 $ 上取得最大值\[ g\left(1\right)={\mathrm{e}}. \]（ii）当 $ a=1 $ 时，对于任意 $ x\in \left(0,1\right) $ 有 $ g′\left(x\right)=-2x{\mathrm{e}}^x<0 $，所以 $ g\left(x\right) $ 在 $ x=0 $ 取得最大值\[ g\left(0\right)=2, \]在 $ x=1 $ 取得最小值\[ g\left(1\right)=0. \]（ⅲ）当 $ 0<a<1 $ 时，由 $ g′\left(x\right)=0 $ 得\[ x={\dfrac{1-a}{2a}}>0. \]① 若 $ {\dfrac{1-a}{2a}}\geqslant 1 $，即 $ 0<a\leqslant {\dfrac{1}{3}} $ 时，$ g\left(x\right) $ 在 $ \left[0,1\right] $ 上单调递增，$ g\left(x\right) $ 在 $ x=0 $ 取得最小值\[ g\left(0\right)=1+a, \]在 $ x=1 $ 取得最大值\[ g\left(1\right)=\left(1-a\right){\mathrm{e }}.\]② 若 $ {\dfrac{1-a}{2a}}<1 $，即 $ {\dfrac{1}{3}}<a<1 $ 时，$ g\left(x\right) $ 在 $ x={\dfrac{1-a}{2a}} $ 取得最大值\[ g({\dfrac{1-a}{2a}}) =2a{\mathrm{e}}^{\frac{1-a}{2a}} ,\]在 $ x=0 $ 或 $ x=1 $ 取得最小值，而\[ g\left(0\right)=1+a,g\left(1\right)=\left(1-a\right){\mathrm{e}}, \]当 $ {\dfrac{1}{3}}<a\leqslant {\dfrac{{\mathrm{e}}-1}{{\mathrm{e}}+1}} $ 时，$ g\left(x\right) $ 在 $ x=0 $ 取得最小值\[ g\left(0\right)=1+a; \]当 $ {\dfrac{{\mathrm{e}}-1}{{\mathrm{e}}+1}}<a<1 $ 时，$ g\left(x\right) $ 在 $ x=1 $ 取得最小值\[ g\left(1\right)=\left(1-a\right){\mathrm{e }}.\]